第一章 空间向量与立体几何 利用空间向量解决立体几何中的轨迹问题（题型专练）（答案版）高二数学人教A版选择性必修第一册

第一章空间向量与立体几何利用空间向量解决立体几何中的轨迹问题题型01距离（长度）有关的动态轨迹问题【例3】【答案】BCD【分析】根据题意建立空间直角坐标系，得到相应空间向量的坐标，由两点间的距离公式及数量积可解决最值问题，要注意了解柯西不等式的使用.【详解】对于A，点的轨迹在正方体内的部分是以为球心，1为半径的球面的，如图，则其面积为球的表面积的，即，故A错误.对于B，如图，建立空间直角坐标系，则，设，由两点间的距离公式可得，所以，所以，令，则，所以的最值可转化为的最值，由基本不等式知，当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为，所以直线与所成角的最大值为，故B正确.对于C，由知由柯西不等式知，当且仅当，即时等号成立，所以，即的最小值为3，故C正确.对于D，由正方体的结构可知，，即球心到直线的距离为，所以点到直线的距离的最小值为，所以面积的最小值为，故D正确.【变式3-1】【答案】BCD【分析】选项A，结合勾股定理求出点的轨迹，利用圆的周长计算即可；选项B，分析可得与重合时，此时截得的三棱锥体积最小，进而求解判断即可；选项C，取中点，连接，分析可得等腰的外接圆圆心在上，且外接圆半径为，再过点作底面的垂线，设为三棱锥的外接球的球心，结合底面，可得，进而求出外接球半径，再根据球的表面积公式求解判断即可；选项D，由题意知点在以为圆心，4为半径的圆弧上，再利用对称性结合平面几何知识即可判断D.【详解】对于A，，则在以为圆心，半径为4的四分之一圆周上，如图，轨迹长度为，故A错误；对于B，由于平面中为固定位置，因此，要使平面截正方体得到的几何体的体积最小，则与重合时，此时截得的三棱锥体积最小，而，故B正确；对于C，如图所示，，取中点，连接，则等腰的外接圆圆心在上，外接圆半径，依题意易知，，根据正弦定理可知，，则，过点作底面的垂线，由于底面，设为三棱锥的外接球的球心，则，而，则，又，则三棱锥的外接球的半径为，所以三棱锥的外接球表面积为，故C正确；对于，由与的夹角为，则，所以点在以为圆心，4为半径的圆弧上，连接，由对称性可知，当点位于上时，最小，过作于，在中，，则，故，如图在平面中，过点作于点，则，当且仅当三点共线时取等号，故D正确．【变式3-2】【答案】ACD【分析】由题意得在三角形边界及其内部，以为坐标原点建立空间直角坐标系.用空间向量判断平面，即可得与平面的交点符合A选项；方法一：求出点到平面的距离，再根据线面角正弦值的定义即可求出其范围；方法二：用表示出，表示出直线与平面所成角的正弦值，结合的范围与二次函数性质求解即可判断B；用空间向量求解异面直线距离即可判断C；先得出点的轨迹是圆的一部分，再画出三角形求解出对应圆心角即可.【详解】对A，由题可知，因为点在正方体内部，且，所以在三角形边界及其内部．以为坐标原点建立如图1所示的空间直角坐标系，，，，，则，故平面，则存在与平面的交点使得平面，故A正确；对B，方法一：设点到平面的距离为，易知三角形为等边三角形，且边长为，则，即，解得，显然由图知点到内部的点（包括边界）距离最大值为，最小值为点到线段的垂线段距离，则，即.方法二：，，，，由于，则四边形为平行四边形，则，又因为平面，平面，所以平面同理可得平面，又因为平面，，所以平面平面，则取向量与共线为平面的法向量，设直线与平面所成角为，则，由于在三角形边界及其内部，则，令，，则对称轴，且开口向上，则由二次函数性质可得，当时，，则当时，当时，，则当时，，则，故B错误；对C，由题意可知，，设，使得，，令，解得，设异面直线与的距离为，则，故C正确；对D，，当时，，，此时，即平面，则，则，点的轨迹是为圆心，半径为的圆的部分，由于，则为三角形的重心，如图2，正三角形边长为，取中点，可得，则，则，则点的轨迹长度为，故D选项正确.

故选：ACD.【变式3-3】【答案】(1)由题意，以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图，由已知得，因为是的中点，且，所以．所以．设是平面的法向量，则即取，则．所以，所以，所以直线平面．(2)点的轨迹是以点为圆心，半径为1的四分之一个圆，(3)【分析】（1）通过建立空间直角坐标系求出目标平面的法向量，并证明该法向量与已知直线的方向向量共线，从而证得线面垂直；（2）利用勾股定理将空间距离转化为平面内动点到定点距离恒为定值的问题，并结合动点所在的限制区域确定其轨迹为四分之一圆弧，进而利用圆的周长公式求出长度；（3）借助三角参数方程设出动点坐标，利用空间向量法建立线面角正弦值关于参数的三角函数表达式，再通过辅助角公式结合参数取值范围求出最大值.【详解】（1）略（2）在直三棱柱中有平面．因为平面，所以．由勾股定理，，因为点在三角形及其内部，所以点的轨迹是以点为圆心，半径为1的四分之一个圆．所以动点的轨迹长度为．（3）因为点在以点为圆心的圆周上运动，设，所以．设直线和平面所成角为，则．因为，所以，所以．所以当时，取得最大值．【变式3-4】【答案】/【分析】由，有点轨迹是垂直平分面与正方体表面相交所得，是一个多边形．建立空间直角坐标系，设多边形顶点，根据求出顶点坐标，可求得轨迹长．【详解】如图，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系．满足条件的轨迹是的垂直平分面截正方体表面所得，是一个多边形．假设交点在棱，，，上，根据所求结果再调整假设．已知，．设上交点，由有，解得，即．设上交点，由有，解得，即．由对称性可得，故上交点．设上交点为，由有，解得，即，不在棱上，故交点在，上．设上交点，由有，解得，即．由对称性可得，故上交点．，由对称性．，由对称性．．故轨迹长为．【变式3-5】【答案】ACD【分析】建立空间直角坐标系，利用向量运算分析线面平行、线面垂直、轨迹方程、线面角，逐项分析计算即可.【详解】以为原点，、、所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，

则，，，，，，.设（在侧面上，则坐标恒为2，，）.选项A：，.若，则，即，解得.取，则满足条件，故A正确；选项B：由得，，化简得.该方程表示在平面上，以点为圆心，半径为1的圆弧（，，实际是四分之一圆），所以轨迹长度为，故B错误；选项C：，.设平面的法向量为，则，即，令，则，，所以.因为在线段上，设（），则，所以，，所以，（）.因为，所以，又平面，所以直线与平面平行，故C正确；选项D：，.设平面的法向量为，则，即，令，则，又，所以.设直线与平面所成角为，由选项C知，（）.则，，所以，当时，取最大值，为，故D正确.【变式3-6】【答案】BCD【分析】使用三角形的性质分析选项，使用椭圆的定义分析选项，使用向量法与坐标法分析选项.【详解】对于A：若，，则为线段的中垂面与线段的中垂面的交线与表面的交点，如图，有两个点，故A错误；

对于B：由题意知是边长为的等边三角形，记的中心为，则平面，且，因，由，解得，如图，取的中点，因为，，则在内是以为圆心，为半径的圆在内的部分，由图知，，所以，所以点在内形成的轨迹所对应的圆心角为，由弧长公式知轨迹长度为，故B正确；

对于C：若点在平面内，则，故点在以为焦点，为长轴的椭圆上，即.而，故点在椭圆内，在空间中将该椭圆绕旋转一周得到椭球面，则椭球面上任一点，都有，而，故点在椭球面外，因此与椭球面必有交点，根据两点之间线段最短，故的最小值为1，故C正确；对于D：如图建立空间直角坐标系，则，设，则，则，①若点在坐标平面上，由对称性，不妨设平面，则，此时，当且仅当时取等号；②若点平面，因为，设平面的法向量为，则，取，则可得，由得，且，消去整理得，因为，则，当且仅当时取等号.综上，，故D正确.

【变式3-7】【答案】(1)如图，以点为原点，以为轴的正方向，建立空间直角坐标系，，，，，，，，，，，所以，，，平面，所以平面(2)由（1）可知平面，则是平面的一个法向量所以平面的一个法向量为，设，，则点到平面的距离，则，得或，直线与侧面没有交点，故舍去，所以，如图，直线与棱交于，所以点的轨迹是线段,，.【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证明线线垂直，结合线面垂直的判断定理，即可证明；（2）利用坐标法，结合点到平面的距离公式，求出点满足的轨迹方程，即可证明，并求线段长度.【详解】（1）略（2）略▌题型02垂直中的动态轨迹问题【例2】【答案】ACD【分析】建立空间直角坐标系，利用两直线垂直的坐标表示求得动点轨迹，进而求得长度；根据三棱锥的体积计算判断；根据异面直线所成角的余弦值计算判断；利用公垂线计算得到线段的最小值；【详解】以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，则对于A，设，，因为，所以，即，因此点的轨迹为正方形内满足的线段，即线段，长度大小为，A正确；对于B，因为平面，平面，所以平面，且到平面的距离固定，设为，由上分析可知点在线段上运动时，到平面的距离为定值，所以三棱锥的体积为，为定值，B错误；对于C，设，，，设异面直线与所成角的余弦值为，令，，所以在上单调递减，最大值，最小值，当，异面直线与所成角的余弦值最大，异面直线与所成角最小，则，即当点位于点时，，异面直线与所成角最小为，C正确；对于D，为直线上一点，则的最小值为线段上的点到直线的距离的最小值，即异面直线与之间的距离，，设公垂向量为，则，解得，则，计算异面直线距离，则的最小值为，D正确.故选：ACD.

【变式2-1】【答案】ABD【分析】建立空间直角坐标系，对于A，设，由条件可得，由此确定轨迹和轨迹长度，对于B，设，由条件确定轨迹方程，再判断轨迹与正方体表面的交线的形状，再求其长度即可判断，对于C，过点作，点在上，再利用向量方法确定截面性质即可判断，对于D，由结合锥体体积公式求其值即可判断.【详解】以点为原点，为轴正方向建立空间直角坐标系，则，由得，对于选项A，设在底面上，，，则，，由，得，化简得，该直线与正方形的交点为和，轨迹长度为，A正确；对于B，设，由，得，所以，所以，即的轨迹是球心在、半径的球面，该球仅和正方体的三个面相交，每个面上的交线都是半径为的四分之一圆，总长度为，B正确，对于C，过点作，点在上，连接，则过的截面为四边形，因为，设，，所以，故，，所以，，所以四边形为梯形，，又，所以，，所以与不垂直，与不垂直，所以四边形不是直角梯形，C错误，对于选项D，由已知，梯形的面积，因为平面，故四棱锥的高为，因为，所以的面积，因为平面，，所以三棱锥的体积，，D正确.【变式2-2】【答案】(1)证明：取的中点，连接，因为为等腰直角三角形，，所以，，由，得，则为的中点，又F为BC的中点，所以，，又，则，因为平面，所以平面，又平面，所以.(2)(3)【分析】（1）取的中点，连接，先证明，，可得平面，进而求证即可；（2）结合（1）可知点必定在平面的平行平面内，取点，使得，连接，先证明平面平面，可得点的轨迹为线段（不包括点）组成，进而建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可；（3）设为平面绕直线AC向上旋转至平面的旋转角，利用空间向量表示出平面AKC与平面SEB所成角的余弦值，进而求解即可.【详解】（1）略（2）由（1）知，平面，而，则点必定在平面的平行平面内，取点，使得，连接，因为，则，因为平面，平面，所以平面，又，平面，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面，因此点的轨迹为线段（不包括点）组成，因为，，，，则，所以，则，而，以为原点，以所在直线为轴，以垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，则，其中为平面绕直线AC向上旋转至平面的旋转角，则，因为，所以，则，即，则，所以，则，所以，则，则点的轨迹长度为.（3）由（2）及题意知，，且平面绕直线AC向上旋转至平面时，则，而，则，而，设平面的一个法向量为，则，取，得，设平面的一个法向量为，则，取，得，设平面AKC与平面SEB所成角为，则cos，令，，则，因为函数在上单调递减，则，即，则，所以，则平面AKC与平面SEB所成角的余弦值的取值范围为.【变式2-3】【答案】BCD【分析】根据给定条件，以点为原点建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，再结合空间向量逐项计算判断.【详解】在棱长为2的正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，则，对于A，，，向量不垂直，因此异面直线AC与所成角的大小不为，A错误；对于B，取中点，连接，则，即，而点，因此，四边形是过的平面截正方体所得的截面，其周长为，B正确；对于C，由P是正方形内的动点，设，则，由，得，解得，即点，动点P的轨迹长度为2，C正确；对于D，点，设四面体外接球球心，球半径为，则，解得，因此四面体外接球表面积为，D正确.故选：BCD【变式2-4】【答案】ABC【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法证明平面，即可判断A，确定在对角线上，即可判断B，证明平面，即可判断C，与平面所成角即为，即可判断D.【详解】对于A：如图建立空间直角坐标系，则，，，，，所以，，，所以，，所以，，即，，又，平面，所以平面，，平面，平面，故A正确；对于B：同理可证平面，又，动点在底面内，在对角线上，又，即的轨迹长度为，故B正确；对于C：因为，平面，平面，所以，又，平面，所以平面，当且仅当为的中点时，满足，故C正确；对于D：因为平面，所以与平面所成角即为，又，又在对角线上，当为的中点时取得最小值，则取得最大值，即取得最大值，此时，所以，所以，所以与平面所成角的正弦值的最大值为，故D错误；故选：ABC.【变式2-5】【答案】C【分析】对几何体建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量求出点坐标所满足的方程，结合题目关于在三棱柱表面的信息，确定点的轨迹，再结合选项逐项分析.【详解】根据题干信息，以点为原点，分别以，，为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，则，，，，,,设点，故，，由于，则，即；A：当点M是线段BC的中点时，此时点的坐标为，显然满足，因此本选项结论正确；B：连接，，所以，所以，且两直线在平面内，所以面，则三角形的三边就是的轨迹，由于，，，所以三角形的周长为，因此本选项说法正确；C：假设存在点M，使得点B到平面的距离为，，设平面的法向量为，，取，因为，所以当时，得，当时，得，当时，，所以点B到平面的距离为，当时，点B到平面的距离为，解得：，显然假设不存在，所以不存在点M，使得点B到平面的距离为，因此本选项说法错误；D：任意点平面，此时，所以，，因为，平面，所以都有平面，因此本选项说法正确.【变式2-6】【答案】BCD【分析】以为原点建立空间直角坐标系求得的最大值，可判断A错误；由求得的轨迹为直线在四边形内的线段，可得其长度为，即B正确；由线面平行的向量证明可得与重合时，其外接球的体积最大为，即C正确；由可得的轨迹是以为圆心，半径为的圆在侧面内的部分，再由圆上点到定直线距离的最值问题可得的面积的最小值为，即D正确.【详解】以为原点，分别以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如下图所示，因为为侧面内的动点（包含边界），设,对于A：易知，所以，当时，取得最小值为2，此时与重合，当时，取得最大值为，此时与重合，因为，所以不存在点使得，即A错误；对于B：易知，所以由得，即；因此的轨迹为直线在四边形内的线段，因,可得，所以的轨迹为的中点到点的线段，因此的轨迹长度为，即B正确；对于C：又，所以，设平面的法向量为，所以，可得,令，则，则平面的法向量,因平面，则,又，即，解得，显然当时，即与重合时，满足题意，此时四棱锥的外接球与正方体的外接球相同，其半径满足，即；此时外接球的体积为，即C正确；对于D，若，由正方体性质可得平面，又平面，所以，利用勾股定理可得，即，解得，所以此时的轨迹是以为圆心，半径为的圆在侧面内的部分，此时点到的最小距离为，所以的面积的最小值为，即D正确.故选：BCD【变式2-7】【答案】ACD【分析】建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，利用点到平面距离的向量求法结合正四面体的体积公式判断A，利用点到直线距离的向量求法判断B，利用空间位置关系的向量表示并结合题意判断轨迹类型，再利用圆的弧长公式判断C，结合题意求出的轨迹方程，再利用空间向量数量积的坐标表示并结合柯西不等式求解取值范围判断D即可.【详解】对于A，如图，作出符合题意的图形，将正四面体放入正方体中，将棱作为正方体的面对角线，以为原点建立空间直角坐标系，

设正方体边长为，因为正四面体的棱长为，所以，解得，则，，，，则，，，设面的法向量为，可得，令，解得，得到，设点到面的距离为，由点到平面的距离公式得，则该四面体的体积为，故A正确，对于B，由已知得，设，则，由题意得在边上（不包括端点），可得，而，则，可得，解得，得到，则，设到的距离为，由点到直线的距离公式得，令，由二次函数性质得在上单调递减，在上单调递增，则的最小值为，当时，，当时，，可得，则，得到到的距离的取值范围为，故B错误，对于C，设的中点为，球的半径为，，由中点坐标公式得，由两点间距离公式得，则球的方程为，而在以为直径的球面上，可得，由题意得，，因为平面，所以，得到，化简得，则还在平面上，得到的轨迹是圆，设到该平面的距离为，截面圆的半径为，由点到直线的距离公式得，由勾股定理得，由弧长公式得点的轨迹长为，故C正确，对于D，由已知得，则，，，，则，因为，所以，则，化简得，则的轨迹是球心为，半径为1的球，而，，则，由题意得，则，而，即，而，可得，即，由柯西不等式，可得，即，解得，令，则可化为，由一次函数性质得在上单调递增，且，，则，即，则的取值范围为，故D正确.故选：ACD题型03平行中的动态轨迹问题【例1】【答案】ACD【分析】建立空间直角坐标系，由线面平行的性质，线面角，线面垂直的性质以及平面对称的向量求法即可求解.【详解】依题意，如图以A为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，，，因为，则，对于A，设平面的法向量为，因为，，，所以，故可取，由平面可得，即，即点三条共线，故的轨迹为线段，而，故A正确；对于B，当时，，所以，，设与所成角为，则，当时，在，，故，则有，故B错误；对于C，设平面法向量为，因为，，则，故可取，设平面的法向量为，当时，，，，故可取，，故平面平面，即C正确；对于D，当时，点在平面内，关于平面的对称点，连接交平面于点，连接，则，因，由图知则当三点共线且点在之间时，取得最小值为，故D正确.【变式1-1】【答案】(1)法一：以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，则，所以，，则，故，即．法二：连接，在长方体中，⊥平面，因为平面，所以，又四边形是正方形，所以，因为，平面，所以平面，又平面，所以．(2)(3)【分析】法一：（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量求证即可；（2）利用线面角的空间向量公式求解即可；（3）设（其中，），结合平面可得，进而求解即可；法二：（1）连接，先证明，，可得平面，进而求证即可；（2）易得平面，可知即为直线与平面所成角，进而求解即可；（3）连接，取中点，在上取点，使得，连接，分析可得点在平面与平面的交线上，从而点的轨迹是线段，进而求解即可.【详解】（1）略（2）法一：由（1）知，点，，，，易得平面的一个法向量为，而，设直线与平面所成角为，则，即直线与平面所成角的正弦值为.法二：在长方体中，平面，即平面，所以即为直线与平面所成角，在直角三角形中，，则，所以，即直线与平面所成角的正弦值为.（3）法一：由（1）知，，，，，设（其中，），则，而，，设平面的一个法向量为，则，令，得，因为平面，故，则，即，

而，，则点M的轨迹为线段，且线段的两个端点为，则点M的轨迹长度．法二：在长方体中，取的中点，连接，由点为的中点，得，则四边形是平行四边形，，又，则四边形是平行四边形，于是，取中点，在上取点，使得，连接，而，则四边形为平行四边形，，而平面，平面，于是平面，

由为的中点，得，而平面，平面，则平面．又平面，因此平面平面，由直线平面，点平面，则点在平面与平面的交线上，从而点的轨迹是线段，而，所以点的轨迹长度为．【变式1-2】【答案】D【分析】通过面面平行可推出线面平行，找到P的轨迹，再求解轨迹长度.【详解】

取中点，中点，连接,,,为中点，为中点,所以,平面，平面所以;设正方体，以为原点，为轴，为轴，为轴，棱长为2，则，，，，所以，,所以,所以∵平面，平面,所以又平面内，两条相交直线，所以,因为点在正方体的表面上运动，且平面，因此的轨迹是平面与正方体表面相交形成的闭合折线段：,,,,总轨迹长度：.【变式1-3】【答案】D【分析】建立空间直角坐标系，利用线面平行，可知直线的方向向量与平面的法向量垂直，确定动点坐标之间的联系，从而找到过点且与平面平行的平面，与平面的交线即为动点的轨迹，最后计算轨迹线段长度即可.【详解】解：由正方体，可建立以为原点，为轴，为轴，为轴的空间直角坐标系，则，，，，所以，，设平面的法向量，则，所以，则，取，则，，所以.由是正方形内的动点（包含边界），可设，其中，，则，因为平面，所以，则，即，整理得，当时，，此时，为中点；当时，，此时，为中点，连接，不难发现，，且，，易证，平面平面，所以点的轨迹为线段，因此，轨迹长.【变式1-4】【答案】/【分析】记的中点为，点的轨迹与交于点，则平面平面，建立空间直角坐标系，利用垂直于平面的法向量确定点的位置，利用向量即可得解.【详解】由题知，两两垂直，以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，记的中点为，连接，因为为正方形，为中点，所以，且，所以为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面，记点的轨迹与交于点，由题知平面，因为是平面内的相交直线，所以平面平面，所以即为点的轨迹，因为，所以，设，则，设为平面的法向量，则，令得，因为，所以，解得，则，又所以，所以.故答案为：【变式1-5】【答案】(1)如图，连接，因为为的中点，所以且，所以四边形为平行四边形，又因为，所以四边形为菱形，，同理，所以，因为平面，平面平面，平面平面，所以平面，又平面，所以平面平面.(2)(3)点的轨迹是过点且与平行的直线，【分析】（1）连接，证明四边形为菱形，，再证明垂直于平面，根据面面垂直判定定理进行证明；（2）以OA，OE，OP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，在平面法向量上的投影长度的绝对值就是点到平面的距离；（3）通过平面求出点的轨迹方程，进而确定点的轨迹，用平面与平面的法向量求夹角的余弦值.【详解】（1）略（2）以的中点为坐标原点，易知OA，OE，OP两两相互垂直，以OA，OE，OP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，则，，.设平面的法向量为，则即令，得，，则平面的一个法向量为.则点到平面的距离.

（3）假设在平面内存在一点使得直线平面，设点坐标为，由，则.因为平面，所以，即，所以点的轨迹是一条直线，当时，；当时，，延长AD，BC交于点，则，，所以，所以点的轨迹是过点且与平行的直线.设点的轨迹和点所确定的平面为，的法向量为，则即令，得，则平面的一个法向量为.设平面与平面的夹角为，则，所以平面与平面夹角的余弦值为.【变式1-6】【答案】BCD【分析】对于A，建立空间直角坐标系，根据空间位置关系向量法计算判断；对于B，由线面平行的判定定理及面面平行的性质定理求得动点的轨迹计算判断；对于C，由点到直线距离空间向量法及点到平面距离空间向量法结合图形计算判断；对于D，由点到平面距离空间向量法计算距离，进而计算截面圆的半径后可得截面圆面积.【详解】以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，对于A，设，且，，设平面的法向量为，则，取，则，所以平面的法向量为，若平面，则，由，解得，不合题意，不存在动点，使平面，故A错误；对于B，如图，取的中点，的中点，连接，则，由正方体性质可知，故，平面，平面，平面，，，因为，且平面，平面，且平面，平面平面，若平面，则平面，动点的轨迹为线段，其长度为，故B正确；对于C，，，空间向量法计算点到直线的距离为，则的面积为，显然，当与重合时，三棱锥的体积最大，则，点到平面的距离为，三棱锥体积的最大值为，故C正确；对于D，正方体外接球的球心为，半径，则，则点到平面的距离为，故球被平面所截截面圆半径，截面圆的面积为，故D正确.【变式1-7】【答案】AD【分析】对于选项A，可通过建立空间直角坐标系，利用向量垂直的性质判断是否存在点P使得；对于选项B，可根据线面平行的性质确定点P的轨迹，进而求出轨迹长度；对于选项C，可根据异面直线所成角的定义确定点P的轨迹，从而求出轨迹长度；对于选项D，可根据球面与平面的交线性质找出交线，进而求出交线的长度.【详解】以D为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系．正方体棱长为2，则，，，，；点在侧面（含边界）上，设（，）．选项A：，．若，则，即，化简得．在，范围内，，（即与重合）时满足，故存在点，故选项A正确；选项B：法一：作出过与平面平行的平面，则点P的轨迹为平面与侧面的交线，即线段.法二：求平面的法向量，，，设法向量，则，取，得．若平面，则，即，得，则P的轨迹为侧面上从到的线段，长度为，故选项B错误；选项C：因为，所以与所成的角等于与所成的角，即.在中，，，所以，则点P的轨迹为以为圆心，为半径，圆心角为的圆弧，所以点P的轨迹长度为，故选项C错误；选项D：设球面与的交点为，球面与的交点为F，可得交线为以为圆心的的弧长．由题知平面，则为直角三角形，，则；同理可得，所以，所以，所以弧．故选项D正确．▌题型04角度有关的动态轨迹问题【例4】【答案】ACD【分析】对于A，证明平面，即可证得面面垂直；对于B，若平面，则必有，根据该式列出方程，解得，结合，即可判断；对于C，写出与，再运用向量夹角公式，结合函数的单调性，即可得解；对于D，根据线面角的大小以及向量夹角公式，列出方程，即可确定点的轨迹，继而求出其长度.【详解】以为坐标原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系.对于A：在正方体中，易知平面，因为平面，故，在正方形中，易知，又因为，平面，故平面，又因为平面，故平面平面，故A正确；对于B：易知，，，，故，若，则，，若平面，则必有，得，即，得，而，故不存在满足条件的，故B错误；对于C：由B可知，，若，则，易知，，又因为，设异面直线和所成角为，则，当时，，此时异面直线和所成角为；当时，，令，则，开口向上的二次函数的对称轴为，因为，故在时取得最小值，此时取得最大值，故当时，，综上所述，当时，，则，即异面直线和所成角的取值范围是，故C正确；对于D：由B可知，，又因为，故，易知在正方体中，平面，故是平面的一个法向量，因为与平面所成角为，故有，化简得，则，又因为，，故，又因为，，故点位于的内部（含边界），因此点的轨迹为以为圆心，半径为，圆心角为的圆弧，因此点的轨迹长为，故D正确.故选：ACD.【变式4-1】【答案】BCD【分析】A选项中取的靠近的三等分点的靠近的三等分点，得出点在线段上，根据等体积计算；先得出点在线段上，再结合对称性将问题转化为求的最小值；C选项中设，根据求出即可确定点的轨迹；D选项中以为原点建系，根据坐标求出长度，结合一元二次函数求取值范围.【详解】对于A，当时，，取的靠近的三等分点的靠近的三等分点，由平面向量线性运算法则可知，点在线段上，又，所以，即A错误；对于B，当时，由，利用共线定理可得，三点共线，即点在线段上，由对称性可知，线段上的点到两点之间的距离相等，所以，等号成立时三点共线，故B正确；对于C，由且可知，点在四边形内，因为平面，所以平面，设，又平面，所以，因为直线与所成角为，所以，则点的轨迹是以为圆心，半径为，且在四边形内的半圆弧，所以点的轨迹长为，故C正确；对于D，由，，得，以为原点，为轴，建立空间直角坐标系．则，则，则，则，，所以，，，则，因为，所以，故，故D正确．故选：BCD【变式4-2】【答案】ACD【分析】先根据向量关系得点的轨迹在内（包括边界），根据平面平面判断A；根据判断B；设与平面相交于点，证明平面，求得．根据为异面直线与所成的角，判断C；根据线面角求得点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，再求轨迹长度即可.【详解】如图所示，连接，因为动点满足，，所以，即，所以，即点的轨迹在内（包括边界）对于A，因为在中，，，，，所以四边形，均为平行四边形，所以，，因为平面，平面，平面，平面，所以平面，平面，因为，平面，所以平面平面因为平面，所以平面，故A选项正确；对于B，由平面平面，点的轨迹在内（包括边界）所以四面体的体积，故B选项错误；在正方体中，易知平面，平面，所以，，又，，，，所以平面，平面，所以，，因为，所以平面，设与平面相交于点，由于，，则点到平面的距离为．对于C，因为，所以为异面直线与所成的角，因为，所以，故C正确．对于D，因为直线与平面所成角的正弦值为，所以，解得，所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，如图所示，在中，，同理，即点为等边外接圆圆心，又，设，由余弦定理得，解得或当时，如图，即，此时不在内，故只需考虑的情况即可，所以，则所以的轨迹长度为，故D正确．故选：ACD【变式4-3】【答案】ACD【分析】A建立空间直角坐标系计算线面角正弦，再应用同角三角函数关系即可求解判断；B应用空间向量计算异面直线间距离即可；C求证平面，即可确定轨迹为圆；D将图形分割为三棱锥进行求解.【详解】对于A，如图建立空间直角坐标系.则，，又平面的一个法向量显然为，设与平面夹角为，则，所以，故A正确；B选项，因为，，设异面直线公垂向量，又因为，所以，令，则，设异面直线与的距离为，B选项错误；C选项，因为平面，平面，所以，因为平面，所以平面，因为平面，所以，因为，所以，同理可得，，因为平面，所以平面，设平面，因为平面，所以，因为直线与所成角为，所以，则动点Q的轨迹是半径为的圆，故其长度为，故C正确；D选项，连接，因为平面，所以三棱锥的高为，则，同理可得，，因为，且，所以，所以，，因为，所以，所以，因为，所以十面体的体积为，故D正确.【变式4-4】【答案】ACD【分析】先由直线与直线所成角正切值的最小值，判断点的轨迹，再分别验证四个选项是否正确.【详解】在平面内，在平面外，所以平面，因为直线与直线所成角范围为，正切函数在上单调递增，所以当直线与直线所成角正切值最小时，直线与直线所成角最小，此时，直线与直线所成角为直线与平面所成角，设直线与平面所成角为，，则设如图，以为原点，与平行的直线为轴，与平行的直线为轴，与平面垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系.，，，，，，，，，，设平面的法向量则，解得所以，则，所以点轨迹是以为圆心，为半径的圆，则点轨迹长度为，A正确；因为在平面内，设，，，，所以，化简得设，其中设直线与直线所成角为，则，因为，所以，，即，当取最大值时，取最小值，即取最小值，此时，，，所以直线与直线所成角的正切值的最小值为，B错误；，所以因为，，，，所以长度的最小值为，C正确；，，同理过作于，设由正棱台性质可知：平面，平面，所以，因为，，平面，平面，所以平面，因为，所以，因为，，平面，平面，所以平面，即与重合，所以，则，设点为中点，则，，，因为，所以，点到直线的距离为，则点到直线的距离为，所以点到直线的距离的大于或等于，D正确.【变式4-5】【答案】ACD【分析】A选项，通过中位线得到，然后利用线面平行的判定定理即可证明；B选项，建立空间直角坐标系，计算向量即可判断；C选项，分别求出平面和平面的法向量，再计算法向量夹角的余弦值，即可求得二面角的余弦值；D选项，先确定平面，将线面角转化为中的角，由正切值计算出，即可得出的轨迹是正方形内的圆，周长即为轨迹长度.【详解】对于A：连接，因为分别为的中点，所以，又因为平面，平面，所以平面，故A正确；对于B：以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，因为，所以与不垂直，即与不垂直，故B错误；对于C：由B可知，，设平面的法向量为，则，令，可得.设平面的法向量为，则，令，可得，设二面角的平面角为，则，由图知，二面角为锐角，所以二面角的余弦值为，故C正确；对于D：设点是正方形的中心，连接，则平面，所以就是直线与平面所成的角，即，在中，，所以，所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，其轨迹长度为，故D正确.【变式4-6】【答案】BCD【分析】A选项：采用几何延展法，通过延长平面内已知线段找到平面与正方体各棱的交点，根据交点数量判断截面形状；B选项：建立空间直角坐标系，求解两个平面的法向量，利用法向量夹角的三角函数值推导二面角的正切值；C选项：将角相等的条件转化为正切值相等，得到动点满足的距离关系，识别为阿波罗尼斯圆轨迹，计算其在正方形内部的圆弧长度；D选项：结合点与圆的位置关系，计算定点到阿氏圆圆心的距离，结合半径推导圆上动点到的距离范围，注意不包含边界的限制。【详解】选项A：三个点确定唯一平面，通过找平面与正方体棱的交点判断截面形状：延长交棱的延长线于点E：∵是上靠近的三等分点，，，且，∴，相似比为.设，则，解得，即在的延长线上，.连接，交棱于点F：∵在延长线上，是中点，，且，∴，得，即是中点，位于棱上.找平面与其余棱的交点：继续延长交于点，连接交于点H，此时平面与正方体的交点依次为，共5个点，顺次连接得五边形截面，故截面不是四边形，A错误.以D为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，正方体棱长为6，各点坐标为：.选项B：平面的法向量为，平面的两方向向量，，设平面的法向量，则，令解得，即.设二面角平面角为，则，，∴，B正确.选项C：设，，∵，且平面，平面，∴，，∴，即，平方整理得，即Q的轨迹为圆心，半径的圆在面内的部分.该圆与（）交于，与（）交于，两点对应的圆心角为，∴轨迹长度为，C正确.选项D：到圆心的距离为，∴的最小值为，轨迹端点到的距离为，另一端点到的距离小于，又不包含边界，故取不到，∴的取值范围为，D正确.【点睛】方法归纳：1.空间截面问题可通过延长线段找平面与棱的交点，交点数即为截面边数；2.角相等的动点问题可通过正切值转化为距离关系，识别阿氏圆模型简化计算.【变式4-7】【答案】BCD【分析】作出正方体被平面截得的截面，得出截面为正六边形即可判断A；建系后写出相关点的坐标，求出两平面的法向量，利用空间向量夹角公式计算即可判断B；由线线角确定点的轨迹，即可求得轨迹长判断C；作出十面体，将该十面体放在一个四棱台中，根据棱台体积及三棱锥体积计算公式即可判断D．【详解】对于A，因M，N，P分别为棱，，的中点，而点同在平面和平面上，点同在平面和平面上，点同在平面和平面上，故平面PMN截正方体所得截面为六边形，可作图如下：其中点分别是边的中点，分别连接，易证，，，故得，同理可得，故平面PMN截正方体所得截面为六边形，故A错误；对于B，如图建立空间直角坐标系.则，，设平面的法向量为，则，故可取.又平面的一个法向量显然为，设平面与平面夹角为，则，故B正确；对于C，若与的夹角为，则Q点的轨迹为以为顶点，为轴，母线与的夹角为的圆锥被平面PMN所截得到的曲线，由平面PMN可得轨迹为圆，由对称性可得点到平面PMN的距离为，所以该轨迹圆的半径为，所以Q点的轨迹长度为，故C正确；对于D，如图所示，即为侧面均为三角形的十面体，在平面内，分别过点作的平行线，过点作的平行线，设平行线依次相交于点，连接，则易得为正方形，而是上底面和下底面都是正方形的四棱台，底面边长为和1，高为1，故，因为，所以，故D正确.故选：BCD.▌题型05与向量关系式有关的轨迹问题【例5】【答案】ACD【分析】对于A，利用平面向量共线的充要条件推论可判定；对于B，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数；对于C，先确定点的运动轨迹，结合定高定底来判定体积是否为定值；对于D，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数．【详解】由平面向量的基本定理易知，点在矩形内部（含边界）．对于A，当时，，所以，此时三点共线，即线段，故A正确；对于B，当时，，取，中点分别为，则，所以点轨迹为线段，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，，，，则，，，显然始终不成立，故B错误；对于C，当时，，取，中点为．故此时点轨迹为线段，而，所以的面积不变，又到平面的距离为定值，所以该三棱锥的体积为定值，故C正确．对于D，当时，同上易知P点轨迹为线段．，所以，，若平面，所以，此时存在且唯一，故D正确．故选：ACD．【变式5-1】【答案】ABC【分析】对于A选项，通过将棱台补成棱锥，得棱锥的对角面为等腰直角三角形可得；对B选项，先由得点在一个球面上，再由可得点在一个平面内，从而可得点的轨迹为以为圆心，以1为半径的一个圆弧，进而可计算其长度；对CD选项，先将平面延展，与交于点，进而可得是中点，所以，再由平面多边形判断的最大最小值可得.【详解】取的中点，则，由，，所以，即，所以点在以为直径的球面上.因为，，，所以点在以，为相邻两边的平行四边形及其内部.取中点，连接，.

因为且，所以四边形为所求平行四边形.将棱台补成正四棱锥，因为与底面成角为，所以是等腰直角三角形，所以，即，故A选项正确；因为棱锥是正四棱锥，所以平面，所以，因为，所以，所以平行四边形为矩形.因为，所以，因为平面，所以.因为，所以，平面，所以平面.由底面是边长为4的正方形，得，再由是等腰直角三角形，得棱锥的侧棱，所以棱锥的侧面为正三角形，得.取中点，连接，则球心为与的交点，且.在中，，所以球半径.因为，所以平面，所以点的轨迹为以为圆心，半径的圆在矩形内部的弧（含端点）.因为，，所以弧所对的圆心角为，所以点轨迹的长度为，故B选项正确；将平面延展，与交于点.因为平面，所以，且是正三角形，所以是的中点，得，.所以线段长度最大时，线段长度最大，线段长度最小时，线段长度最小.如图所示，在多边形中，，，

设，则.中，，即在单调递增.所以当时，最大时，点在上，此时为中点，所以，，故C选项正确；当时，最小时，点在上，此时，，故D选项错误.综上所述，ABC正确.【变式5-2】【答案】D【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，借助空间向量数量积确定点的轨迹即可.【详解】如图，以点为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，则，，设，，所以，，由，得，整理得，所以点的轨迹是以点为圆心，2为半径的圆，此圆在正方形内部，所以点的轨迹长度为.故选：D.【变式5-3】【答案】4【分析】建立空间直角坐标系，根据已知数量积计算解得，进而得出轨迹长度.【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，则四个顶点为，设动点，，，，，，，因为，所以，代入解之得，即所有满足条件的点为如图所示的正方形，故长度为4．故答案为：4.【变式5-4】【答案】BD【分析】对于A，易证平面平面，故不平行于平面，故A错误；对于B，直线，直线与的交点即为点，故B正确；对于C，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量为，若平面与平面平行，则，事